Đáp án B

Gọi hình chóp đã cho là hình chóp n – giác, khi đó số cạnh của hình chóp là 2n=40. Suy ra n=20 và do đó số mặt của hình chóp là n+1=21.

Đáp án C

Hình lăng trụ tam giác có 9 cạnh nên mệnh đề A và D sai. Hình chóp tứ giác có 5 mặt nên mệnh đề B sai. Lăng trụ n-giác có 2n đỉnh nên đáp án đúng là C.

Đáp án D

Trong bảng phân loại 5 khối đa diện đều ta không thấy có khối đa diện đều loại (4 ;4).

Đáp án B

Nhìn vào bảng phân loại 5 hình đa diện đều ta có đáp án đúng là B.

Đáp án D

Gọi O là tâm của đáy, khi đó ta có SO ⊥ (ABCD).

Diện tích đáy là: S = ${\mathrm{a}}^2$

Ta tính được:

Chọn D

Gọi H là trung điểm của AD

Ta có $∆SAD$ cân tại S nên $SH\perp \left(ABCD\right)$

Xét $∆AHB$ vuông tại A, ta có: $H{B}^2=A{H}^2+A{B}^2={\left(\frac{a}{2}\right)}^2+a^2=\frac{5a^2}{4}$(định lý Py - ta - go)

$\Rightarrow HB=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

Ta lại có: $\left(SB;\left(ABCD\right)\right)=\widehat{SBH}=60°$

Xét $∆SHB$ vuông tại H, ta có: 

$\tan \widehat{SBH}=\frac{SH}{HB}\Rightarrow SH=\tan \widehat{SBH}.HB=\tan 60°.\frac{a\sqrt{5}}{2}=\frac{a\sqrt{15}}{2}$

Thể tích của hình chóp SABCD là:

$V_{SABCD}=\frac{1}{3}.S_{ABCD},SH=\frac{1}{3}.a^2.\frac{a\sqrt{15}}{2}=\frac{a^3\sqrt{15}}{6}$

Đáp án D

Gọi H là trung điểm của BC, khi đó từ giả thiết ta có A'H ⊥ (ABC).

Ta có: $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Xét $∆A\text{'}AH$ vuông tại H, ta có:

A'H =$\sqrt{AA{\text{'}}^2-A{H}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\sqrt{4a^2-\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}$ 

Thể tích hình lăng trụ ABCA'B'C' là: 

$V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{∆ABC}.A\text{'}H=\frac{1}{2}BC.AH.A\text{'}H=\frac{1}{2}.a.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{13}}{2}=\frac{a^3\sqrt{39}}{8}$

Ta có: ${\mathrm{V}}_{\mathrm{A}.\mathrm{BCC}\text{'}\mathrm{B}\text{'} }= {\mathrm{V}}_{\mathrm{ABC}.\mathrm{A}\text{'}\mathrm{B}\text{'}\mathrm{C}\text{'}} - {\mathrm{V}}_{\mathrm{A}\text{'}.\mathrm{AB}\text{'}C\text{'}}={\mathrm{V}}_{\mathrm{ABC}.\mathrm{A}\text{'}\mathrm{B}\text{'}\mathrm{C}\text{'}} -\frac{1}{3} {\mathrm{V}}_{\mathrm{ABC}.\mathrm{A}\text{'}\mathrm{B}\text{'}\mathrm{C}\text{'}}=\frac{2}{3}{\mathrm{V}}_{\mathrm{ABC}.\mathrm{A}\text{'}\mathrm{B}\text{'}\mathrm{C}\text{'}}=\frac{2}{3}.\frac{{\mathrm{a}}^3\sqrt{39}}{8}=\frac{{\mathrm{a}}^3\sqrt{39}}{12}$

Đáp án B

Gọi M là trung điểm của BC

Do $∆SBC$ cân tại S, nên $SM\perp BC$

$∆ABC$ cân tại A nên $AM\perp BC$

$\Rightarrow BC\perp \left(SAM\right)$

Kẻ $SH\perp AM$

Mà $SH\subset \left(SAM\right)$

$\Rightarrow SH\perp BC$

$\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$

Vi SA = SB = SC nên H là trọng tâm tam giác ABC.

Xét $∆ABC$ vuông cân tại A, có: $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow AM=\frac{1}{2}BC=\frac{a\sqrt{2}}{2} \\ \Rightarrow HM=\frac{1}{3}AM=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{6} \end{gathered}$$

Ta có: $\widehat{\left(\left(SBC\right);\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SMH}=60°$

Xét $∆SHM$ vuông tại H, $SH=\tan \widehat{SMH}.HM=\tan 60°.\frac{a\sqrt{2}}{6}=\frac{a}{\sqrt{6}}$

Thể tích hình chóp SABC là: $V_{SABC}=\frac{1}{3}.a^2.\frac{a}{\sqrt{6}}=\frac{a^3}{3\sqrt{6}}$

Theo tỉ số thể tích ta có: $\frac{V_{GABC}}{V_{SABC}}=\frac{GK}{SK}=\frac{1}{3}$ ( với K là trung điểm AB)

$\Rightarrow V_{GABC}=\frac{1}{3}{V}_{SABC}=\frac{a^3}{9\sqrt{6}}=\frac{a^3\sqrt{6}}{54}$

Đáp án A

Từ giả thiết ta có:

$\Rightarrow ∆SAB$ vuông cân tại A$\Rightarrow SA=AB=2a$

Kẻ AE$\perp$BD, kẻ $AK\perp SE\Rightarrow d\left(A;\left(SBD\right)\right)=AK$

Ta có: $\frac{1}{A{E}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{4a^2}\Rightarrow AE=\frac{2a}{\sqrt{5}}$

$\Rightarrow AK=\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{3}}$

Mà $d(M;\left(SBD)\right)=\frac{1}{2}d\left(A;\left(SBD\right)\right)=\frac{1}{2}.AK=\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.a=\frac{a}{\sqrt{6}}$

Đáp án C

Theo tỉ số thể tích ta có:

$$\begin{gathered} \frac{V_{SBMN}}{V_{SABC}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4} \\ \Rightarrow V_{SBMN}=\frac{1}{4}{V}_{SABC}=\frac{1}{4}.\frac{1}{2}{V}_{SABCD} \\ \Rightarrow V_{SABCD}=8V_{SBMN}=8a^3 \end{gathered}$$

Đáp án A

Gọi A’,B’ lần lượt thuộc các cạnh SA, SB sao cho SA' = SB' = a. Khi đó SA’B’C’ là tứ diện đều cạnh bằng a.

Khi đó thể tích tứ diện SA'B'C' là: $V_{SA\text{'}B\text{'}C\text{'}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}}$

Theo công thức tỉ số thể tích ta có:

Đáp án B

Từ giả thiết ta có SO là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và SA=SB=a. Trong mặt phẳng (SAO), trung trực của cạnh SA cắt SO tại I thì I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 

Ta có: $\widehat{\left(SA;\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SAO}=60°$

Xét $∆SAO$ vuông tại O, ta có: 

$\widehat{MSI}=30°$, SM = $\frac{a}{2}$

$\Rightarrow SI=\frac{SM}{\cos \widehat{MSI}}=\frac{\frac{a}{2}}{\cos 30°}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Khi đó, diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là:

Đáp án C

Gọi M, N là giao điểm của đường tròn tâm B cắt SC, khi đó MN$=\frac{2a}{3}$

Từ giả thiết ta có SA ⊥ (ABCD),

Theo định lí ba đường vuông góc ta có tam giác SBC vuông tại B.

Xét $∆SBC$ vuông tại B

$$\begin{gathered} \frac{1}{d^2\left(B;SC\right)}=\frac{1}{S{B}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{1}{{\left(2\sqrt{2}a\right)}^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{9}{8a^2} \\ \Rightarrow d\left(B;SC\right)=\frac{2\sqrt{2}a}{3}=BH \end{gathered}$$

Gọi S(B,r) là mặt cầu tâm B cắt SC theo một dây có độ dài 2a/3. 

Xét tam giác BMN, có BM = BN = R

$\Rightarrow$H là trung điểm của MN

$\Rightarrow MH = NH = \frac{a}{3}$

$\Rightarrow BM=\sqrt{B{H}^2+M{H}^2}=\sqrt{{\left(\frac{2\sqrt{2}a}{3}\right)}^2+{\left(\frac{a}{3}\right)}^2}=a$

Vậy bán kính của đường tròn tâm B là a

Đáp án B

Từ giả thiết ta có $∆SAB$ vuông cân tại S

 => $\widehat{SBO}=45°$=> h = R; l = R$\sqrt{2}$

Diện tích xung quanh của hình nón là : $S_{\mathrm{xq} }$= πRl = π$R^2$$\sqrt{2}$ = π$\sqrt{2}$ => R = 1 => h = 1

Đáp án A

Bạn Nam cao 1,8m nên đường kính của quả bóng không nhỏ hơn 1,8m hay bán kính không nhỏ hơn 0,9m. Do đó thể tích quả bóng thỏa mãn điều kiện là:

Đáp án D

Từ giả thiết ta có : h = 2r; V = π${\mathrm{r}}^2$h = 2π => r = 1, h = 2 => ${\mathrm{S}}_{\mathrm{xq}}$ = 2πrh = 4π

Đáp án D

Do ABC.A'B'C' là lăng trụ tam giác đều nên AA'$\perp \left(ABC\right)$

Ta có: $\widehat{\left(A\text{'}B;\left(ABC\right)\right)}=\widehat{A\text{'}BA}=60°$

$\Rightarrow h=AA\text{'}=\tan \widehat{A\text{'}BA}.AB=\tan 60°.a=a\sqrt{3}$ ( với h là đường cao của hình trụ) 

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC là: $\frac{a\sqrt{3}}{6}$

Khi đó thể tích hình trụ đã cho là: $\mathrm{\pi }.{\mathrm{r}}^2.\mathrm{h}=\mathrm{\pi }.{\left(\frac{\mathrm{a}\sqrt{3}}{6}\right)}^2.\mathrm{a}\sqrt{3}=\frac{{\mathrm{\pi a}}^3\sqrt{3}}{12}$

Đáp án C

Gọi K là trung điểm của IO

$\Rightarrow KH=\sqrt{2}$

Do bán kính đáy (r) = chiều cao hình nón (h) 

nên tam giác thiết diện qua trục là tam giác vuông cân 

$$\begin{gathered} \Rightarrow \widehat{KIH}=45° \\ \Rightarrow ∆KIH vuông cân tại H \\ \Rightarrow IK=2 \Rightarrow IO = 4 = h = r \end{gathered}$$

Xét$∆OAB$, có: OB = OA = 4; AB = $\frac{1}{2}$

Nửa chu vi: $p=\frac{4+4+{\displaystyle \frac{1}{2}}}{2}=\frac{17}{4}$

Khi đó, diện tích $∆OAB$ là: $S_{∆OAB}=\sqrt{\frac{17}{4}\left(\frac{17}{4}-4\right)\left(\frac{17}{4}-4\right)\left(\frac{17}{4}-\frac{1}{2}\right)}=\frac{\sqrt{255}}{16}$

Thể tích hình chóp IOAB là: $V_{IOAB}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{255}}{16}.4=\frac{\sqrt{255}}{12}$

Đáp án C

Do chiều cao của hình trụ là 2r nên để đựng được ba quả cầu trong hình trụ thì ba quả đó phải chạm đáy hình trụ. Khi đó gọi A,B,C là ba tâm của ba quả cầu thì tam giác ABC đều và bán kính R không nhỏ hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cộng với bán kính r. Tam giác ABC có cạnh 2r nên ta có:

Đáp án A

Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là: $\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=0\\ z=-1\end{array}\right.$

Đáp án D

Đáp án D

Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến là: $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_{\mathrm{p}}}$(3; 1; 0)

Vì đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) nên đường thẳng d có vecto chỉ phương là: $\overrightarrow{{\mathrm{u}}_{\mathrm{d}}}$ = $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_{\mathrm{p}}}$ (3; 1; 0)

Phương trình tham số của đường thẳng d:

Chọn D.

Đáp án B

Đáp án B

* Tam giác ABC có MN là đường trung bình nên MN // BC (1)

Tam giác ACD có NP là đường trung bình nên NP // CD (2)

Từ (1) và (2) suy ra: (MNP) song song mp( BCD) hay (MNP) song song mp(Oyz).

* Mà mặt phẳng (Oyz) có 1 vecto pháp tuyến là $\overrightarrow{\mathrm{i}}$(1; 0; 0) nên mặt phẳng (MNP) có VTPT $\overrightarrow{\mathrm{i}}$(1; 0; 0).

* Điểm O(0; 0; 0). Gọi I(1; -2; 3) là trung điểm của AO. Suy ra; điểm I thuộc mặt phẳng (MNP).

* Phương trình mặt phẳng (MNP) là:

1(x- 1) + 0(y+ 2) + 0( z- 3) =0 hay x- 1= 0

Chọn B.

Đáp án D

Ta có vectơ chỉ phương của đường thẳng d là : $\overrightarrow{{\mathrm{u}}_{\mathrm{d}}}$ = (2; 1; -3), đồng thời $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_{\mathrm{p}}}$= (2; 1; -3) = $\overrightarrow{{\mathrm{u}}_{\mathrm{d}}}$ cũng là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Do đó đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P), suy ra đường thẳng d cắt mặt phẳng (P).

Đáp án C

Đáp án A

Đường thẳng ${\mathrm{d}}_1$ đi qua A(1; 1; 1), vecto chỉ phương $\overrightarrow{{\mathrm{u}}_1}$(1; 0; -1)

Đường thẳng ${\mathrm{d}}_2$ đi qua B( 0; 2;1), vecto chỉ phương $\overrightarrow{{\mathrm{u}}_2}$(-1; 1; 0)

Mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng ${\mathrm{d}}_1$; ${\mathrm{d}}_2$ nên nhận vecto [$\overrightarrow{{\mathrm{u}}_1}$;$\overrightarrow{{\mathrm{u}}_2}$] = (1;1;1) làm vecto pháp tuyến và đi qua A(1;1;1). Phương trình (P):

1(x - 1) + 1(y – 1) + 1(z - 1) = 0 hay x + y + z – 3= 0

Chọn A.

Đáp án D

Hai mặt phẳng đã cho song song khi và chỉ khi tồn tại một số thực k sao cho:

Đáp án D

Phương trình tham số của đường thẳng d là : d: x = 1 +2 t, y = 3+ 4t, z = t

Ta có I ∈ d => I(1 + 2t, 3 + 4t, t). Vì (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên ta có:

Đáp án A

Gọi I(a,b,c) là tâm của mặt cầu (S). Ta có:

=> I(1; 1; 1); R = OI = $\sqrt{3}$

Vậy phương trình của mặt cầu (S) là: ${(\mathrm{x} - 1)}^2 + {(\mathrm{y} - 1)}^2 + {(\mathrm{z} - 1)}^2$ = 3

Đáp án B

Đáp án A

Hai mặt phẳng (P) và (Q) có cùng vecto pháp tuyến là: $\overrightarrow{\mathrm{n}}$(2; -1; -2)

Điểm A(-3; 1; 0) thuộc mặt phẳng (P) nhưng không thuộc mặt phẳng (Q).

Do đó, hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau.

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng là:

Vì mặt cầu (S) tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q) nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) chính là đường kính của mặt cầu: 2R = 2 nên R = 1.

Diện tích của mặt cầu (S) là: S = 4π${\mathrm{R}}^2$ = 4 π

Đáp án B

* Với M là một điểm di động trên ${\mathrm{d}}_1$, N là một điểm di động trên ${\mathrm{d}}_2$ thì MN $\ge$ d(${\mathrm{d}}_1$; ${\mathrm{d}}_2$)

Do đó, khoảng cách nhỏ nhất của MN chính là khoảng cách giữa hai đường thẳng ${\mathrm{d}}_1$ và ${\mathrm{d}}_2$. Khi đó, MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đã cho.

* Đường thẳng ${\mathrm{d}}_1$ đi qua A(2; -2; 1), vecto chỉ phương $\overrightarrow{{\mathrm{u}}_1}$(3; 4; 1)

Đường thẳng ${\mathrm{d}}_2$ đi qua B(7;3;9) vecto chỉ phương $\overrightarrow{{\mathrm{u}}_2}$(-2; -4; 2)

Chọn B.

Đáp án D

Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng d.

Ta có: AH ≤ AM nên khoảng cách từ A đến đường thẳng d lớn nhất khi AH trùng với mới AM, khi đó H trùng với M và AM vuông góc d. Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_{\mathrm{p}}}$(1; 1; 1) . $\overrightarrow{\mathrm{AM}}$ (0; -2; -1) Đường thẳng d nhận vecto [$\overrightarrow{\mathrm{AM}}$;$\overrightarrow{{\mathrm{n}}_{\mathrm{p}}}$] làm vecto chỉ phương. Phương trình tham số của d:

Đáp án B

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz; trong đó điểm S(0; 0; 0); A(6; 0; 0); B(0; 6; 0) và C(0; 0; 6).

Tam giác ABC là tam giác đều: AB = BC = AC = 6$\sqrt{2}$

Xét mặt cầu tâm I, là tâm của tam giác đều ABC, và có bán kính r = 2$\sqrt{6}$, bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Do I là tâm tam giác ABC nên I(2; 2; 2).

Khoảng cách  nên mặt cầu S(I,r) chứa hình chóp S.ABC. Đáp án đúng là B

Đáp án B